# 0416. 分割等和子集
## 題目地址(416. 分割等和子集)
<https://leetcode-cn.com/problems/partition-equal-subset-sum/>
## 題目描述
```
<pre class="calibre18">```
給定一個只包含正整數的非空數組。是否可以將這個數組分割成兩個子集,使得兩個子集的元素和相等。
注意:
每個數組中的元素不會超過 100
數組的大小不會超過 200
示例 1:
輸入: [1, 5, 11, 5]
輸出: true
解釋: 數組可以分割成 [1, 5, 5] 和 [11].
示例 2:
輸入: [1, 2, 3, 5]
輸出: false
解釋: 數組不能分割成兩個元素和相等的子集.
```
```
## 前置知識
- DFS
- [動態規劃](https://github.com/azl397985856/leetcode/blob/master/thinkings/dynamic-programming.md)
## 公司
- 阿里
- 騰訊
- 百度
- 字節
### 思路
抽象能力不管是在工程還是算法中都占據著絕對重要的位置。比如上題我們可以抽象為:
**給定一個非空數組,和是 sum,能否找到這樣的一個子序列,使其和為 2/sum**
我們做過二數和,三數和, 四數和,看到這種類似的題會不會舒適一點,思路更開闊一點。
老司機們看到轉化后的題,會立馬想到背包問題,這里會提供**深度優先搜索**和**背包**兩種解法。
### 深度優先遍歷
我們再來看下題目描述,sum 有兩種情況,
1. 如果 sum % 2 === 1, 則肯定無解,因為 sum/2 為小數,而數組全由整數構成,子數組和不可能為小數。
2. 如果 sum % 2 === 0, 需要找到和為 2/sum 的子序列 針對 2,我們要在 nums 里找到滿足條件的子序列 subNums。 這個過程可以類比為在一個大籃子里面有 N 個球,每個球代表不同的數字,我們用一小籃子去抓取球,使得拿到的球數字和為 2/sum。那么很自然的一個想法就是,對大籃子里面的每一個球,我們考慮取它或者不取它,如果我們足夠耐心,最后肯定能窮舉所有的情況,判斷是否有解。上述思維表述為偽代碼如下:
```
<pre class="calibre18">```
令 target = sum / 2, nums 為輸入數組, cur 為當前當前要選擇的數字的索引
nums 為輸入數組,target為當前求和目標,cur為當前判斷的數
function dfs(nums, target, cur)
如果target < 0 或者 cur > nums.length
return false
否則
如果 target = 0, 說明找到答案了,返回true
否則
取當前數或者不取,進入遞歸 dfs(nums, target - nums[cur], cur + 1) || dfs(nums, target, cur + 1)
```
```
因為對每個數都考慮取不取,所以這里時間復雜度是 O(2 ^ n), 其中 n 是 nums 數組長度,
#### javascript 實現
```
<pre class="calibre18">```
<span class="hljs-keyword">var</span> canPartition = <span class="hljs-function"><span class="hljs-keyword">function</span> (<span class="hljs-params">nums</span>) </span>{
<span class="hljs-keyword">let</span> sum = nums.reduce((acc, num) => acc + num, <span class="hljs-params">0</span>);
<span class="hljs-keyword">if</span> (sum % <span class="hljs-params">2</span>) {
<span class="hljs-keyword">return</span> <span class="hljs-params">false</span>;
}
sum = sum / <span class="hljs-params">2</span>;
<span class="hljs-keyword">return</span> dfs(nums, sum, <span class="hljs-params">0</span>);
};
<span class="hljs-function"><span class="hljs-keyword">function</span> <span class="hljs-title">dfs</span>(<span class="hljs-params">nums, target, cur</span>) </span>{
<span class="hljs-keyword">if</span> (target < <span class="hljs-params">0</span> || cur > nums.length) {
<span class="hljs-keyword">return</span> <span class="hljs-params">false</span>;
}
<span class="hljs-keyword">return</span> (
target === <span class="hljs-params">0</span> ||
dfs(nums, target - nums[cur], cur + <span class="hljs-params">1</span>) ||
dfs(nums, target, cur + <span class="hljs-params">1</span>)
);
}
```
```
不出所料,這里是超時了,我們看看有沒優化空間
1. 如果 nums 中最大值 > 2/sum, 那么肯定無解
2. 在搜索過程中,我們對每個數都是取或者不取,并且數組中所有項都為正數。我們設取的數和為 `pickedSum`,不難得 pickedSum <= 2/sum, 同時要求丟棄的數為 `discardSum`,不難得 pickedSum <= 2 / sum。
我們同時引入這兩個約束條件加強剪枝:
優化后的代碼如下
```
<pre class="calibre18">```
<span class="hljs-keyword">var</span> canPartition = <span class="hljs-function"><span class="hljs-keyword">function</span> (<span class="hljs-params">nums</span>) </span>{
<span class="hljs-keyword">let</span> sum = nums.reduce((acc, num) => acc + num, <span class="hljs-params">0</span>);
<span class="hljs-keyword">if</span> (sum % <span class="hljs-params">2</span>) {
<span class="hljs-keyword">return</span> <span class="hljs-params">false</span>;
}
sum = sum / <span class="hljs-params">2</span>;
nums = nums.sort((a, b) => b - a);
<span class="hljs-keyword">if</span> (sum < nums[<span class="hljs-params">0</span>]) {
<span class="hljs-keyword">return</span> <span class="hljs-params">false</span>;
}
<span class="hljs-keyword">return</span> dfs(nums, sum, sum, <span class="hljs-params">0</span>);
};
<span class="hljs-function"><span class="hljs-keyword">function</span> <span class="hljs-title">dfs</span>(<span class="hljs-params">nums, pickRemain, discardRemain, cur</span>) </span>{
<span class="hljs-keyword">if</span> (pickRemain === <span class="hljs-params">0</span> || discardRemain === <span class="hljs-params">0</span>) {
<span class="hljs-keyword">return</span> <span class="hljs-params">true</span>;
}
<span class="hljs-keyword">if</span> (pickRemain < <span class="hljs-params">0</span> || discardRemain < <span class="hljs-params">0</span> || cur > nums.length) {
<span class="hljs-keyword">return</span> <span class="hljs-params">false</span>;
}
<span class="hljs-keyword">return</span> (
dfs(nums, pickRemain - nums[cur], discardRemain, cur + <span class="hljs-params">1</span>) ||
dfs(nums, pickRemain, discardRemain - nums[cur], cur + <span class="hljs-params">1</span>)
);
}
```
```
leetcode 是 AC 了,但是時間復雜度 O(2 ^ n), 算法時間復雜度很差,我們看看有沒更好的。
### DP 解法
在用 DFS 是時候,我們是不關心取數的規律的,只要保證接下來要取的數在之前沒有被取過即可。那如果我們有規律去安排取數策略的時候會怎么樣呢,比如第一次取數安排在第一位,第二位取數安排在第二位,在判斷第 i 位是取數的時候,我們是已經知道前 i-1 個數每次是否取的所有子序列組合,記集合 S 為這個子序列的和。再看第 i 位取數的情況, 有兩種情況取或者不取
1. 取的情況,如果 target-nums\[i\]在集合 S 內,則返回 true,說明前 i 個數能找到和為 target 的序列
2. 不取的情況,如果 target 在集合 S 內,則返回 true,否則返回 false
也就是說,前 i 個數能否構成和為 target 的子序列取決為前 i-1 數的情況。
記 F\[i, target\] 為 nums 數組內前 i 個數能否構成和為 target 的子序列的可能,則狀態轉移方程為
`F[i, target] = F[i - 1, target] || F[i - 1, target - nums[i]]`
狀態轉移方程出來了,代碼就很好寫了,DFS + DP 都可以解,有不清晰的可以參考下 [遞歸和動態規劃](dynamic-programming.html), 這里只提供 DP 解法
#### 偽代碼表示
```
<pre class="calibre18">```
n = nums.length
target 為 nums 各數之和
如果target不能被2整除,
返回false
令dp為n * target 的二維矩陣, 并初始為false
遍歷0:n, dp[i][0] = true 表示前i個數組成和為0的可能
遍歷 0 到 n
遍歷 0 到 target
if 當前值j大于nums[i]
dp[i + 1][j] = dp[i][j-nums[i]] || dp[i][j]
else
dp[i+1][j] = dp[i][j]
```
```
算法時間復雜度 O(n\*m), 空間復雜度 O(n\*m), m 為 sum(nums) / 2
#### javascript 實現
```
<pre class="calibre18">```
<span class="hljs-keyword">var</span> canPartition = <span class="hljs-function"><span class="hljs-keyword">function</span> (<span class="hljs-params">nums</span>) </span>{
<span class="hljs-keyword">let</span> sum = nums.reduce((acc, num) => acc + num, <span class="hljs-params">0</span>);
<span class="hljs-keyword">if</span> (sum % <span class="hljs-params">2</span>) {
<span class="hljs-keyword">return</span> <span class="hljs-params">false</span>;
} <span class="hljs-keyword">else</span> {
sum = sum / <span class="hljs-params">2</span>;
}
<span class="hljs-keyword">const</span> dp = <span class="hljs-params">Array</span>.from(nums).map(() =>
<span class="hljs-params">Array</span>.from({ length: sum + <span class="hljs-params">1</span> }).fill(<span class="hljs-params">false</span>)
);
<span class="hljs-keyword">for</span> (<span class="hljs-keyword">let</span> i = <span class="hljs-params">0</span>; i < nums.length; i++) {
dp[i][<span class="hljs-params">0</span>] = <span class="hljs-params">true</span>;
}
<span class="hljs-keyword">for</span> (<span class="hljs-keyword">let</span> i = <span class="hljs-params">0</span>; i < dp.length - <span class="hljs-params">1</span>; i++) {
<span class="hljs-keyword">for</span> (<span class="hljs-keyword">let</span> j = <span class="hljs-params">0</span>; j < dp[<span class="hljs-params">0</span>].length; j++) {
dp[i + <span class="hljs-params">1</span>][j] =
j - nums[i] >= <span class="hljs-params">0</span> ? dp[i][j] || dp[i][j - nums[i]] : dp[i][j];
}
}
<span class="hljs-keyword">return</span> dp[nums.length - <span class="hljs-params">1</span>][sum];
};
```
```
再看看有沒有優化空間,看狀態轉移方程 `F[i, target] = F[i - 1, target] || F[i - 1, target - nums[i]]`第 n 行的狀態只依賴于第 n-1 行的狀態,也就是說我們可以把二維空間壓縮成一維
偽代碼
```
<pre class="calibre18">```
遍歷 0 到 n
遍歷 j 從 target 到 0
if 當前值j大于nums[i]
dp[j] = dp[j-nums[i]] || dp[j]
else
dp[j] = dp[j]
```
```
時間復雜度 O(n\*m), 空間復雜度 O(n) javascript 實現
```
<pre class="calibre18">```
<span class="hljs-keyword">var</span> canPartition = <span class="hljs-function"><span class="hljs-keyword">function</span> (<span class="hljs-params">nums</span>) </span>{
<span class="hljs-keyword">let</span> sum = nums.reduce((acc, num) => acc + num, <span class="hljs-params">0</span>);
<span class="hljs-keyword">if</span> (sum % <span class="hljs-params">2</span>) {
<span class="hljs-keyword">return</span> <span class="hljs-params">false</span>;
}
sum = sum / <span class="hljs-params">2</span>;
<span class="hljs-keyword">const</span> dp = <span class="hljs-params">Array</span>.from({ length: sum + <span class="hljs-params">1</span> }).fill(<span class="hljs-params">false</span>);
dp[<span class="hljs-params">0</span>] = <span class="hljs-params">true</span>;
<span class="hljs-keyword">for</span> (<span class="hljs-keyword">let</span> i = <span class="hljs-params">0</span>; i < nums.length; i++) {
<span class="hljs-keyword">for</span> (<span class="hljs-keyword">let</span> j = sum; j > <span class="hljs-params">0</span>; j--) {
dp[j] = dp[j] || (j - nums[i] >= <span class="hljs-params">0</span> && dp[j - nums[i]]);
}
}
<span class="hljs-keyword">return</span> dp[sum];
};
```
```
其實這道題和 [leetcode 518](https://leetcode-cn.com/problems/coin-change-2/) 是換皮題,它們都可以歸屬于背包問題
## 背包問題
### 背包問題描述
有 N 件物品和一個容量為 V 的背包。放入第 i 件物品耗費的費用是 Ci,得到的 價值是 Wi。求解將哪些物品裝入背包可使價值總和最大。
背包問題的特性是,每種物品,我們都可以選擇放或者不放。令 F\[i, v\]表示前 i 件物品放入到容量為 v 的背包的狀態。
針對上述背包,F\[i, v\]表示能得到最大價值,那么狀態轉移方程為
```
<pre class="calibre18">```
F[i, v] = max{F[i-1, v], F[i-1, v-Ci] + Wi}
```
```
針對 416. 分割等和子集這題,F\[i, v\]的狀態含義就表示前 i 個數能組成和為 v 的可能,狀態轉移方程為
```
<pre class="calibre18">```
F[i, v] = F[i-1, v] || F[i-1, v-Ci]
```
```
再回過頭來看下[leetcode 518](https://leetcode-cn.com/problems/coin-change-2/), 原題如下
> 給定不同面額的硬幣和一個總金額。寫出函數來計算可以湊成總金額的硬幣組合數。假設每一種面額的硬幣有無限個。
帶入背包思想,F\[i,v\] 表示用前 i 種硬幣能兌換金額數為 v 的組合數,狀態轉移方程為 `F[i, v] = F[i-1, v] + F[i-1, v-Ci]`
#### javascript 實現
```
<pre class="calibre18">```
<span class="hljs-title">/**
* @param {number} amount
* @param {number[]} coins
* @return {number}
*/</span>
<span class="hljs-keyword">var</span> change = <span class="hljs-function"><span class="hljs-keyword">function</span> (<span class="hljs-params">amount, coins</span>) </span>{
<span class="hljs-keyword">const</span> dp = <span class="hljs-params">Array</span>.from({ length: amount + <span class="hljs-params">1</span> }).fill(<span class="hljs-params">0</span>);
dp[<span class="hljs-params">0</span>] = <span class="hljs-params">1</span>;
<span class="hljs-keyword">for</span> (<span class="hljs-keyword">let</span> i = <span class="hljs-params">0</span>; i < coins.length; i++) {
<span class="hljs-keyword">for</span> (<span class="hljs-keyword">let</span> j = <span class="hljs-params">1</span>; j <= amount; j++) {
dp[j] = dp[j] + (j - coins[i] >= <span class="hljs-params">0</span> ? dp[j - coins[i]] : <span class="hljs-params">0</span>);
}
}
<span class="hljs-keyword">return</span> dp[amount];
};
```
```
**復雜度分析**
- 時間復雜度:O(amount?len(coins))O(amount \* len(coins))O(amount?len(coins))
- 空間復雜度:O(amount)O(amount)O(amount)
### 參考
[背包九講](https://raw.githubusercontent.com/tianyicui/pack/master/V2.pdf)
大家對此有何看法,歡迎給我留言,我有時間都會一一查看回答。更多算法套路可以訪問我的 LeetCode 題解倉庫:<https://github.com/azl397985856/leetcode> 。 目前已經 37K star 啦。 大家也可以關注我的公眾號《力扣加加》帶你啃下算法這塊硬骨頭。 
- Introduction
- 第一章 - 算法專題
- 數據結構
- 基礎算法
- 二叉樹的遍歷
- 動態規劃
- 哈夫曼編碼和游程編碼
- 布隆過濾器
- 字符串問題
- 前綴樹專題
- 《貪婪策略》專題
- 《深度優先遍歷》專題
- 滑動窗口(思路 + 模板)
- 位運算
- 設計題
- 小島問題
- 最大公約數
- 并查集
- 前綴和
- 平衡二叉樹專題
- 第二章 - 91 天學算法
- 第一期講義-二分法
- 第一期講義-雙指針
- 第二期
- 第三章 - 精選題解
- 《日程安排》專題
- 《構造二叉樹》專題
- 字典序列刪除
- 百度的算法面試題 * 祖瑪游戲
- 西法的刷題秘籍】一次搞定前綴和
- 字節跳動的算法面試題是什么難度?
- 字節跳動的算法面試題是什么難度?(第二彈)
- 《我是你的媽媽呀》 * 第一期
- 一文帶你看懂二叉樹的序列化
- 穿上衣服我就不認識你了?來聊聊最長上升子序列
- 你的衣服我扒了 * 《最長公共子序列》
- 一文看懂《最大子序列和問題》
- 第四章 - 高頻考題(簡單)
- 面試題 17.12. BiNode
- 0001. 兩數之和
- 0020. 有效的括號
- 0021. 合并兩個有序鏈表
- 0026. 刪除排序數組中的重復項
- 0053. 最大子序和
- 0088. 合并兩個有序數組
- 0101. 對稱二叉樹
- 0104. 二叉樹的最大深度
- 0108. 將有序數組轉換為二叉搜索樹
- 0121. 買賣股票的最佳時機
- 0122. 買賣股票的最佳時機 II
- 0125. 驗證回文串
- 0136. 只出現一次的數字
- 0155. 最小棧
- 0167. 兩數之和 II * 輸入有序數組
- 0169. 多數元素
- 0172. 階乘后的零
- 0190. 顛倒二進制位
- 0191. 位1的個數
- 0198. 打家劫舍
- 0203. 移除鏈表元素
- 0206. 反轉鏈表
- 0219. 存在重復元素 II
- 0226. 翻轉二叉樹
- 0232. 用棧實現隊列
- 0263. 丑數
- 0283. 移動零
- 0342. 4的冪
- 0349. 兩個數組的交集
- 0371. 兩整數之和
- 0437. 路徑總和 III
- 0455. 分發餅干
- 0575. 分糖果
- 0874. 模擬行走機器人
- 1260. 二維網格遷移
- 1332. 刪除回文子序列
- 第五章 - 高頻考題(中等)
- 0002. 兩數相加
- 0003. 無重復字符的最長子串
- 0005. 最長回文子串
- 0011. 盛最多水的容器
- 0015. 三數之和
- 0017. 電話號碼的字母組合
- 0019. 刪除鏈表的倒數第N個節點
- 0022. 括號生成
- 0024. 兩兩交換鏈表中的節點
- 0029. 兩數相除
- 0031. 下一個排列
- 0033. 搜索旋轉排序數組
- 0039. 組合總和
- 0040. 組合總和 II
- 0046. 全排列
- 0047. 全排列 II
- 0048. 旋轉圖像
- 0049. 字母異位詞分組
- 0050. Pow(x, n)
- 0055. 跳躍游戲
- 0056. 合并區間
- 0060. 第k個排列
- 0062. 不同路徑
- 0073. 矩陣置零
- 0075. 顏色分類
- 0078. 子集
- 0079. 單詞搜索
- 0080. 刪除排序數組中的重復項 II
- 0086. 分隔鏈表
- 0090. 子集 II
- 0091. 解碼方法
- 0092. 反轉鏈表 II
- 0094. 二叉樹的中序遍歷
- 0095. 不同的二叉搜索樹 II
- 0096. 不同的二叉搜索樹
- 0098. 驗證二叉搜索樹
- 0102. 二叉樹的層序遍歷
- 0103. 二叉樹的鋸齒形層次遍歷
- 105. 從前序與中序遍歷序列構造二叉樹
- 0113. 路徑總和 II
- 0129. 求根到葉子節點數字之和
- 0130. 被圍繞的區域
- 0131. 分割回文串
- 0139. 單詞拆分
- 0144. 二叉樹的前序遍歷
- 0150. 逆波蘭表達式求值
- 0152. 乘積最大子數組
- 0199. 二叉樹的右視圖
- 0200. 島嶼數量
- 0201. 數字范圍按位與
- 0208. 實現 Trie (前綴樹)
- 0209. 長度最小的子數組
- 0211. 添加與搜索單詞 * 數據結構設計
- 0215. 數組中的第K個最大元素
- 0221. 最大正方形
- 0229. 求眾數 II
- 0230. 二叉搜索樹中第K小的元素
- 0236. 二叉樹的最近公共祖先
- 0238. 除自身以外數組的乘積
- 0240. 搜索二維矩陣 II
- 0279. 完全平方數
- 0309. 最佳買賣股票時機含冷凍期
- 0322. 零錢兌換
- 0328. 奇偶鏈表
- 0334. 遞增的三元子序列
- 0337. 打家劫舍 III
- 0343. 整數拆分
- 0365. 水壺問題
- 0378. 有序矩陣中第K小的元素
- 0380. 常數時間插入、刪除和獲取隨機元素
- 0416. 分割等和子集
- 0445. 兩數相加 II
- 0454. 四數相加 II
- 0494. 目標和
- 0516. 最長回文子序列
- 0518. 零錢兌換 II
- 0547. 朋友圈
- 0560. 和為K的子數組
- 0609. 在系統中查找重復文件
- 0611. 有效三角形的個數
- 0718. 最長重復子數組
- 0754. 到達終點數字
- 0785. 判斷二分圖
- 0820. 單詞的壓縮編碼
- 0875. 愛吃香蕉的珂珂
- 0877. 石子游戲
- 0886. 可能的二分法
- 0900. RLE 迭代器
- 0912. 排序數組
- 0935. 騎士撥號器
- 1011. 在 D 天內送達包裹的能力
- 1014. 最佳觀光組合
- 1015. 可被 K 整除的最小整數
- 1019. 鏈表中的下一個更大節點
- 1020. 飛地的數量
- 1023. 駝峰式匹配
- 1031. 兩個非重疊子數組的最大和
- 1104. 二叉樹尋路
- 1131.絕對值表達式的最大值
- 1186. 刪除一次得到子數組最大和
- 1218. 最長定差子序列
- 1227. 飛機座位分配概率
- 1261. 在受污染的二叉樹中查找元素
- 1262. 可被三整除的最大和
- 1297. 子串的最大出現次數
- 1310. 子數組異或查詢
- 1334. 閾值距離內鄰居最少的城市
- 1371.每個元音包含偶數次的最長子字符串
- 第六章 - 高頻考題(困難)
- 0004. 尋找兩個正序數組的中位數
- 0023. 合并K個升序鏈表
- 0025. K 個一組翻轉鏈表
- 0030. 串聯所有單詞的子串
- 0032. 最長有效括號
- 0042. 接雨水
- 0052. N皇后 II
- 0084. 柱狀圖中最大的矩形
- 0085. 最大矩形
- 0124. 二叉樹中的最大路徑和
- 0128. 最長連續序列
- 0145. 二叉樹的后序遍歷
- 0212. 單詞搜索 II
- 0239. 滑動窗口最大值
- 0295. 數據流的中位數
- 0301. 刪除無效的括號
- 0312. 戳氣球
- 0335. 路徑交叉
- 0460. LFU緩存
- 0472. 連接詞
- 0488. 祖瑪游戲
- 0493. 翻轉對
- 0887. 雞蛋掉落
- 0895. 最大頻率棧
- 1032. 字符流
- 1168. 水資源分配優化
- 1449. 數位成本和為目標值的最大數字
- 后序